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2025-2026学年湘教版八年级数学下册期中模拟卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
一、单选题（共30分）
1．（本题3分）下列环保标志图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　 　）
A． B． C． D．
2．（本题3分）如图，在中，不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
3．（本题3分）如图是中国象棋棋盘的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，已知“炮”所在位置的坐标为，则“馬”所在位置的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．（本题3分）在平面直角坐标系中，若点与点关于轴对称，则（ ）
A．， B．， C．， D．，
5．（本题3分）在平面直角坐标系中，点，，将线段平移，使得的中点落在对应点的位置，则点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
6．（本题3分）如图，在中，对角线，相交于点，．若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
7．（本题3分）如图，在正方形中，点E为上一点，连接，是由旋转得到的，连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．（本题3分）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接．若，菱形的面积为，则的长为（ ）
A． B． C． D．
9．（本题3分）如图，中，与分别是和的平分线，相交于点，于点，于点，，相交于点，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
10．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，有若干个整数点，其顺序按图中“”方向排列，如．根据规律，可得第2026个点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（共18分）
11．（本题3分）点在轴上，则______．
12．（本题3分）矩形中，，，点E是上一点，翻折，得，点落在上，则的值是________．
13．（本题3分）将点向右平移个单位长度得到点，则点的坐标为______．
14．（本题3分）将点先向下平移4个单位长度，再向右平移3个单位长度，得到点，那么的值为_________．
15．（本题3分）在中，，为的中点，若，的面积为8.5，则_____．
16．（本题3分）已知有两个完全相同的矩形、摆成如图的形状，将矩形绕点转动度（），点、、分别对应点、、，当点落在直线上时，连接交直线于点，若，，则____________．
三、解答题（共72分）
17．（本题8分）如图，在四边形中，，，，垂足分别为，．求证：
(1)；
(2)四边形 是平行四边形．
18．（本题8分）如图，在中，，两点分别在边，上，连接，，，，且．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若平分，且，，求的长．
19．（本题8分）已知点，分别根据下列条件求的值．
(1)点在轴上；
(2)点的坐标为，直线轴；
(3)点在一三象限角平分线上．
20．（本题9分）如图，在平面直角坐标系中，四边形的顶点分别为点，，，，点在线段上，连接并延长交轴于点，将沿直线翻折到，延长与轴交于点．
(1)求证：；
(2)当时，求的长．
21．（本题9分）如图，在菱形中，点分别是边上的一点，且与交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
22．（本题9分）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，．现将线段向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到的图像是线段，连接，．
(1)点D的坐标为______；
(2)在y轴上存在一点P，连接，，且，求点P的坐标．
23．（本题9分）在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的面积．
24．（本题12分）如图，已知，，且，交y轴于E点．
(1)如图1，若，求C点坐标；
(2)如图2，A，B两点分别在x轴，y轴正半轴上，E为的中点，交x轴于G点，连接，若，求G点的坐标；
(3)如图3，A在x轴的负半轴上，以为边在的右侧作等边，连接，当时，请探究线段、、之间的数量关系，并证明．
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参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B D B B B B C D
1．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
2．D
【分析】根据平行四边形的性质，结合平行线的性质逐项判断即可．
【详解】解：四边形是平行四边形，
、、，
故选项A、B正确；
，
，
故选项C正确；
，
，
故选项D错误．
3．B
【分析】根据已知点“炮”的坐标确定平面直角坐标系的原点位置及单位长度，再根据“馬”相对于原点的位置写出其坐标即可．
【详解】解：∵“炮”所在位置的坐标为，
∴原点O在“炮”所在位置的左侧3个单位长度，下方1个单位长度处，且网格正方形的边长为1个单位长度．
观察图形可知，“馬”所在位置在原点右侧1个单位长度，上方2个单位长度处，
∴“馬”所在位置的坐标为．
4．D
【分析】在平面直角坐标系中，关于x轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数．
【详解】解：∵点与点关于轴对称，
∴，，
即，．
5．B
【分析】先求出线段的原中点坐标，再根据原中点与对应中点的坐标确定平移规律，最后根据平移规律计算点A的对应点坐标．
【详解】解：∵，
∴ 线段的中点的坐标为
∵平移后的对应点为
∴平移规律为横坐标减，纵坐标减
∴点对应点的横坐标为，纵坐标为
∴．
6．B
【分析】先利用勾股定理求出，再由平行四边形对角线互相平分得，接着在中利用勾股定理求得，最后由即可得出．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
在中
，
∴．
7．B
【分析】根据旋转的性质可得，从而得到，，，进而判断出为等腰直角三角形，求出，最后利用角的和差关系求解即可．
【详解】解：四边形是正方形，
，
是由旋转得到的，
，
，，，
点在上，
，
是等腰直角三角形，
，
．
8．B
【分析】根据菱形的对角线互相平分得到，点为的中点，根据菱形的面积公式可求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得答案．
【详解】解：∵菱形的对角线，相交于点，
∴，点为的中点，
∵菱形的面积为，
∴
∴，
∵，
∴，
∴ ．
9．C
【分析】先通过四边形内角和定理和对顶角相等得出，所以，然后通过角平分线定义与三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵于点，于点，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵与分别是和的平分线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
10．D
【分析】将作为第1列；作为第2列；作为第3列，依此类推，第1列上有1个点，第2列上有2个点，第3列上有3个点，，第列上有个点，再观察规律可得当为奇数时，由上往下，第列上的第个点的坐标为；当为偶数时，由下往上，第列上的第个点的坐标为；其中，均为正整数，然后确定第个点的位置是：由下往上，第64列上的第10个点，由此即可得．
【详解】解：将作为第1列；作为第2列；作为第3列，
依此类推，第1列上有1个点，第2列上有2个点，第3列上有3个点，，第列上有个点，
观察规律可知，当为奇数时，由上往下，第列上的第个点的坐标为；当为偶数时，由下往上，第列上的第个点的坐标为；其中，均为正整数，
∵
，
∴前63列共有2016个点，
∵，，
∴第个点一定在第64列上，
又∵64为偶数，，
∴第个点的位置是：由下往上，第64列上的第10个点，
∴第个点的坐标为，即为，
11．
【分析】本题考查轴上点的坐标特征，解一元一次方程，熟练掌握轴上点的坐标特征是解题的关键．根据轴上点的纵坐标为，列出关于的一元一次方程，求解即可．
【详解】解：点在轴上，
点的纵坐标为，即，
移项得，
系数化为得．
12．
【分析】根据矩形的性质可得，，，由折叠的性质可得，，在中利用勾股定理求出的长，进而求出的长，设，则，在中利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴，，，
由折叠的性质可得：，，
在中，，
，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：，
．
13．
【分析】本题考查的是平面直角坐标系中点的平移，灵活运用点平移的坐标变化规律是解题的关键．根据“横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减”的规律，结合已知点的坐标和平移方向、距离，进而求出平移后点的坐标．
【详解】解：根据点平移的坐标变化规则：横坐标右移加，左移减，纵坐标上移加，下移减，
已知点向右平移个单位长度得到点，
则点的横坐标为，纵坐标不变仍为，
即．
故答案为：．
14．2
【分析】平面直角坐标系中，点的平移遵循规律：横坐标右加左减，纵坐标上加下减．据此列方程组解答．
【详解】解：，先向下平移4个单位（纵坐标减4），再向右平移3个单位（横坐标加3），得到，因此可得方程组：
横坐标：，解得；
纵坐标：，解得；
因此．
15．9
【分析】根据平行四边形的性质及已知条件证明和是等腰三角形，进而证得，利用平行四边形面积求出的面积，从而得到的值，结合勾股定理，利用完全平方公式即可求出的值．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，E为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∵平行四边形的面积为8.5，
∴，
∴，即，
在中，由勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
∴．
16．
【分析】过点作，垂足为，连接，先由矩形全等和勾股定理求，再用面积法求，证平行且等于得平行四边形，利用对角线平分即可求出．
【详解】解：如图，过点作，垂足为，连接，
∴，
∵矩形与完全相同，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
解得，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
17．(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，平行线的判定，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）由线段的和与差得，然后通过“”即可证明；
（）由全等三角形性质可得，所以，然后通过平行四边形的判定方法即可求证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：由（）得，
∴，
∴，
∵，
∴四边形 是平行四边形．
18．(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用平行四边形的性质得到，，，由得到，进而得到，再通过证明得到，最后利用矩形的判定即可证明；
（2）根据角平分线的定义得到，再利用平行线的性质得到，则有，由（1）中的结论可得，，设，在和利用勾股定理建立方程，解方程求出的值即可解答．
【详解】（1）证明：，
，，，
，
，
又，
，
在和中，
，
，
，
，
，
四边形为矩形．
（2）解：，
，，，
平分，
，
，
，
，
，
由（1）中的结论得，，，四边形为矩形，
，，
设，则，
在中，，
在中，，
，
解得：，
的长为．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用x轴上的点纵坐标为0列式求解即可；
（2）利用平行于y轴的直线上所有点横坐标相等列式求解即可；
（3）利用一三象限角平分线上的点横纵坐标相等列式求解即可．
【详解】（1）解：∵点在轴上，
∴点的纵坐标等于，即，
解得．
（2）解：∵点的坐标为，直线轴，
∴点与点的横坐标相等，即，
解得．
（3）解：∵点在一三象限角平分线上，
∴点的横纵坐标相等，即，
解得．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）求得轴，得到，结合，即可证明结论；
（2）设，则，，根据勾股定理可得到，结合，即可求得答案．
【详解】（1）解：∵点，的纵坐标相同，
∴轴，
∴．
根据图形折叠的性质可知，
∴．
∴．
（2）解：∵点，的横坐标相同，
∴轴．
∴．
设，则，．
∵在中，，
∵，
∴．
∴．
∴．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由菱形四条边都相等得，根据得，在和中，利用证明；
（2）由（1）知，再根据三角形内角和定理计算，最后利用三角形外角性质求得．
【详解】（1）证明：四边形为菱形，，
，即，
在和中，
，
；
（2）解：由（1）知，
，
．
22．(1)
(2)点P的坐标为或
【分析】（1）根据平移方式结合平移的性质可得点D的坐标；
（2）利用三角形的面积公式列式求解即可．
【详解】（1）解：将点向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到的点D的横坐标为，纵坐标为，即；
（2）设点P的坐标为，则，
∵，，
∴，
∴，
解得，
∴点P的坐标为或．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明，得到，可以得出四边形是平行四边形，再结合即可证明结论；
（2）设，，在中，根据勾股定理建立方程求解，即可求解的面积．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，
，，
为的中点，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴
设，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
即，
解得：，
∴，
∴的面积．
24．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）通过非负数的性质求出点A、B坐标，过点C作轴于点H，易证得，进而得到、，据此求出点C坐标即可；
（2）过点C作轴于点H，同理（1）可证明：、，设点、，根据中点坐标公式求出且，利用勾股定理求出，根据列方程，求出的值，从而得到G点的坐标；
（3）过点C作轴于点M，在上取一点N，使得，连接，同（1）可证明，进而得到、，易证得是等边三角形，进而得到且，根据是等边三角形得到、，易证得，进而得到、，则，根据直角三角形的性质得到，最后利用得出结论．
【详解】（1）解：，
，
解得，
如图1，过点C作轴于点H，
，
、，
，
在和中，
，
，
、，
，
点C坐标为；
（2）解：如图2，过点C作轴于点H，同理（1）可证明：、，设点、，
、E为的中点，
，
，
、，
，
，
，
，
解得，
，
点G坐标为；
（3），证明过程如下：
证明：如图3，过点C作轴于点M，在上取一点N，使得，连接，
同（1）可证明：，
、，
、，
是等边三角形，
、，
，
是等边三角形，
、，
在和中，
，
，
、，
，
轴，
，
，
．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、含的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理，数形结合的思想方法的运用是解题的关键．
答案第6页，共17页
答案第1页，共17页

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